songvui000

MỞ RỘNG:
Cho n+1 chữ số 0,1,2,..n để lập số có m chữ số trong đó có K số với số lần xuất hiện khác nhau. ví dụ số $k_{1}$ xuất hiện với số lần xuất hiện là $h_{1}$. Các chữ số còn lại xuất hiện nhiều nhất một lần hoặc 1 lần.
Trong đó $m\geq h_{1}+h_{2}+h_{3}+..+h_{k}$
và $n-k+h_{1}+h_{2}+..+h_{k}\geq m$
Gọi số cần tìm là $\overline{a_{1}a_{2}..a_{m}}$.
TH1: các chữ số còn lại xuất hiện nhiều nhất 1 lần.
K số có số lần lặp trên đều xuất hiện nên còn $m-(h_{1}+h_{2}+..+h_{k})$ chỗ trống để xếp $n-k$ số vào.
Tức là $C_{n-k}^{m-(h_{1}+h_{2}+..+h_{k})}$. Hoán vị của m số là m!. Cách sắp xếp chưa tính hoán vị của các số giống nhau bị trùng. Để giải quyết vấn đề bị trùng ta chia $h_{1}!h_{2}!..h_{k}!$.
vì ta chưa xét trường hợp $a_{1} \neq 0$
nên số lập được là
$\frac{C_{n-k}^{m-(h_{1}+h_{2}+..+h_{k})}m!}{h_{1}!h_{2}!..h_{k}!}-\frac{C_{n-k-1}^{m-(h_{1}+h_{2}+..+h_{k})-1}(m-1)!}{h_{1}!h_{2}!..h_{k}!}$
TH2: các chữ số còn lại xuất hiện 1 lần
Tương tự ở trên nhưng khác ở chỗ $n-k+h_{1}+h_{2}+..+h_{k}=m$
nên biểu thức trên được rút gọn còn $\frac{m!}{h_{1}!h_{2}!..h_{k}!}-\frac{(m-1)!}{h_{1}!h_{2}!..h_{k}!}$

Có vấn đề sai sót về cách giải thích mong chấm nhẹ tay giùm ạ.
_______________________________
Mở rộng này nhìn thì khá tổng quát nhưng chưa đúng!

Kết quả sẽ sai nếu số yêu cầu được lặp $h$ lần là số $0$

Để kết quả trên chính xác thì yêu cầu là số $k_i\ne 0$ được lặp $h_i$ lần
Cần phải bỏ đi trường hợp 2 vì nó chỉ là trường hợp riêng.

Điểm mở rộng: $d_{mr_2}=5 $

Theo đề ta có các chữ số $0,1,2,3,4,5,6,7$ thiết lập số có $10$ chữ số trong đó chữ số $6$ xuất hiện ba lần các chữ số còn lại xuất hiện nhiều nhất một lần.
Ta coi số $6$ lặp lại ba lần là ba số riêng biệt. Ta có các chữ số là $0,1,2,3,4,5,6,6,6,7.$
Gọi số cần tìm là $\overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}a_{6}a_{7}a_{8}a_{9}a_{10}}$
vì có tất cả 10 chữ số để viết số có mười chữ số nên
$a_{1}\neq 0$ nên có $9$ cách chọn
Xếp $9$ số vào $9$ chỗ có hoán vị có số cách xếp là $P_{9}$
Trong đó ba chữ số $6$ được coi là ba chữ số riêng biệt nên sẽ có $P_{3}$ lần trường hợp số $6$ bị trùng nhau do không khác nhau nên không có hoán vị.
Nên số chữ số có $10$ chữ số cần tìm là $\frac{9P_{9}}{P_{3}}=544320$

__________________________
Điểm bài làm: $d=10$

$S=\left\lfloor\dfrac{52-1}{2}\right\rfloor+3\times 10+(10+5)+0=70$

Trong mọi tam giác có
$r=(p-a)tan(\frac{A}{2})=(p-b)tan\frac{B}{2}=(p-c)tan(\frac{C}{2})$
Mà $r=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$
$\Rightarrow tan(\frac{A}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}$
Tương tự ta có:
$\Rightarrow tan(\frac{A}{2})+tan(\frac{B}{2})+tan(\frac{C}{2})=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}+\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{p(p-b)}}+\sqrt{\frac{(p-b)(p-a)}{p(p-c)}}$
Theo đề ta có

$tan(\frac{A}{2})+tan(\frac{B}{2})+tan(\frac{C}{2})=\frac{9R^{2}}{4S}$

$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}+\sqrt{\frac{(p-a)(p-c)}{p(p-b)}}+\sqrt{\frac{(p-b)(p-a)}{p(p-c)}}=\frac{9R^{2}}{4S}$

$\Leftrightarrow \frac{(p-b)(p-c)}{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}+\frac{(p-a)(p-c)}{\sqrt{p(p-b)(p-a)(p-c)}}+\frac{(p-b)(p-a)}{\sqrt{p(p-c)(p-b)(p-a)}}=\frac{9R^{2}}{4S}$

$\Leftrightarrow (p-b)(p-c))+(p-a)(p-c)+(p-a)(p-b)=\frac{9R^{2}}{4}$

$\Leftrightarrow a^{2}-(b-c)^{2}+b^{2}-(a-c)^{2}+c^{2}-(b-a)^{2}=9R^{2}$

$\Leftrightarrow -a^{2}-b^{2}-c^{2}+2ab+2ac+2bc=9R^{2}$

Ta có
$2ab+2ac+2bc\leq 2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}$ (BĐT côsi)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{\begin{matrix} ac=ab & \\ bc=ab & \\ ac=bc & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow a=b=c$


$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}\Leftrightarrow \bigtriangleup ABC $ đều

Suy ra
$9R^{2}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Ta có $a=2RsinA$
$ b=2RsinB$
$c=2RsinC$
Do đó
$\frac{9}{4}\leq sin^{2}A+sin^{2}B+sin^{2}C$ (1)
Mặt khác
$sin^{2}A+sin^{2}B+sin^{2}C\leq \frac{9}{4}$(2)
Thật vậy
$4(sin^{2}A+sin^{2}B+sin^{2}C)\leq 9$
$\Leftrightarrow 4sin^{2}A+2(1-2cos(2B))+2(1-2cos(2C))\leq 9$
$\Leftrightarrow 4sin^{2}A-4cos(B+C)cos(B-C)\leq 5$
$\Leftrightarrow 4(1-cos^{2}A)+4cosAcos(B-C)\leq 5$
$\Leftrightarrow 4cos^{2}A-4cosAcos(B-C)+1\geq 0$
$\Leftrightarrow [2cosA-cos(B-C)]^{2}+1-cos^{2}(B-C)\geq 0$ ( Luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

$\left\{\begin{matrix} 2cosA=cos(B-C) & \\ Cos^{2}(B-C)=1 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2cosA=1 & \\ Sin(B-C)=0 & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow A=B=C=\frac{\pi }{3}\Leftrightarrow \bigtriangleup ABC $ đều




Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC đều
Vậy tam giác ABC đều $A=B=C=\frac{\pi }{3}$
và$ AB=AC=BC=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Bài giải dài ngoằn!
Điểm: 10

S=27+3x10=57

Bài đăng hồi hôm qua của em la bai giải sai. Mong ban tổ chức bỏ bài đó. Em nhập bài giải mới mong ban tổ chức châm chước cho qua và chấm bài này. Em hứa là sẽ không có trường hợp này lần sau nữa.
Sau đây là lời giải của em,
Ta có :$a+b+c+1=4abc$
Áp dụng BĐT Côsi cho bộ 4 số $a,b,c,1$
Ta được $4\sqrt[4]{abc}\leq 4abc$
$\Leftrightarrow abc\geq 1$ (1)
Dấu "=" xảy ra khi $a= b= c= 1$
Ta có $\frac{1}{a^{4}+b+c}-\frac{1}{a+b+c}
= \frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}$ (2)
Áp dung BĐT côsi cho $a^{4},b,c$ ta được
$3a\sqrt[3]{abc}\leq a^{4}+b+c$
Dấu "="xảy ra khi $a^{4}=b=c$
Thay $3a\sqrt[3]{abc}\leq a^{4}+b+c$ (2)
ta được
$\frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}\leq \frac{a-a^{4}}{3a\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow \frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}\leq \frac{1-a^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$ (3)
Chứng minh tương tự ta có
$\frac{b-b^{4}}{(b^{4}+a+c)(a+b+c)}\leq \frac{1-b^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$ (4)
$\frac{c-c^{4}}{(c^{4}+a+b)(a+b+c)}\leq \frac{1-c^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$ (5)
Cộng (3)+(4)+(5) vế theo vế:$\frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}+\frac{b-b^{4}}{(b^{4}+c+a)(a+b+c)}+\frac{c-c^{4}}{(c^{4}+a+b)(a+b+c)}\leq \frac{1-c^{3}+1-b^{3}+1-c^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$
Mà ta có $1\leq abc
\Leftrightarrow 3\leqslant 3abc
\Leftrightarrow 3\leq a^{3}+b^{3}+b^{3}
\Leftrightarrow 3-a^{3}-b^{3}-c^{3}\leq 0$
Mặt khác $3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)> 0$
Do đó $\frac{1-c^{3}+1-b^{3}+1-c^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}\leq 0$
Từ đó suy ra $\frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}+\frac{b-b^{4}}{(b^{4}+c+a)(a+b+c)}+\frac{c-c^{4}}{(c^{4}+a+b)(a+b+c)}\leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{(c^{4}+a+b)}-\frac{3}{a+b+c}\leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{(c^{4}+a+b)}\leq \frac{3}{a+b+c}$ (đpcm)


Vậy $\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{(c^{4}+a+b)}\leq \frac{3}{a+b+c}$ với $a+b+c+1= 4abc$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

10 điểm
Bài giải hay một cách tự nhiên, chỗ đánh giá $3-a^3-b^3-c^3 \le 0$ rất nhẹ nhàng nhưng hiệu quả!

S = 23 + 3x10 + 0 + 0 = 53